1611141248-a281492b470fec98b0828e547806fe04 (824985), страница 27
Текст из файла (страница 27)
Так иак эта пряная должна проходить через точку (1, 3), то 3+!5+С=О, С=-!8, и искомое ураанснне Зх+ 5у — 18 = О. 3-й с по с об. Урааненяе прямой, проходя!пей через даяиую точку (хо, уо), коллинеарнуго прямой Ах+Ву-1-С=О, имеет аид А (х-хо)+ В (у — до) =О Поэтом) искомое уравнение 3 (х — 1) + 5 (у — 3) = О, или Зх+ 5у — 18 = О. Пример 2.
Состаанть ураинение прямой, проходящей через точку (1, 3) перпендикулярно прямой Зх-1-5у+! =О. Система каор!ипат прямоугольная. Решение. 1-й способ. Разрешая данное ураанение относительно д 3 1 у — — л- —, 5 5' 4 бг, ПРИМЕРЫ И ЗЛДЛЧИ К ГЛЛВС И !ах9 3 находим угловой коэффициент данной г,рлмой: е = — †. Угловой цоэффици- г— 5 ент искомой пряьюй аз= — Искомое уравнение 3 5 у — 3= — (х — !), илп 5х — Зу+4=0 3 2-й способ. Искомое уравнение маятно взять а виде Зх — Зу+ С =О.
Таи каи эта прямая должна проходить через точку (1, 3), то 5 1 — 3 3+С=О, откуда С=4, н искомое уравнение бх — Зу+4 = 0. 3-й с п о с о б. Уравнение прямой, проходящен через точку (хз, уэ) перпендикулярно прямой Ах+Ву(.С=О, имеет вид В (х — хэ) — А (у — уэ) = О Поэтому искомое уравненне 5(х — 1) — 3(у — 3)=0, или 5х — Зу+4=0. 4-й способ. Вектор (3, 5~ нерпендикуллрсн данной прямой, ноэгому он является направлягощим вектором искомой прямой Искомое уравнение 8 50) ! х — 1 у — 3 (=О, или Зх — Зу+4=0.
3 5 Пример 3. Составить уравнение прямой, проходящей через точи) гЫ(1, 3) и образующей с пряной 1, заданной уравнением Зх+Зу+1=0, острый угол гр, 4 такой, что !йф= —. Система координат ф -9 прямоугольная Рещение. 1-й способ. Искомых прямых две (рис. 118). Угол от одной из нскомых прямых до данной равен хр, а от Схема другая нэ искомых до данной равен †.
М Угловой коэффициент данной прямой равен 3 Рис 118 й, =- — - Пусть й — угловой коэффициент 5 искомой прямой Для одной из искомых прямых будем иметь 3 — — — й, 5 3 1 — — йз 5 йля другой 3 — — — йа 5 !8( — р) = 3 г или 4 3+5У 4 3-1-54 7 — 5+3/гз ' 7 — 5.(-ЗФз Г л а а а !' !тРЯМАЯ з[ИИИ5! ПЛ ПЛОСКОСТИ 930 Р,!пая этн уравнения получим 41 й = — —, 23 ' Иска !ыс уравнения 41 р — 3= —, (х — 1), 23 1 А 47' 1 у — 3 = — — (х — 1).
47 или 4)х -'Г 239 — 110 = О, х+ 479 — 142 = О. 4 2-5 способ. Так как !2ф= — и ф — осгрый угол, то 7 4 7 з!п ф==-, соз ф='= ТГ(5 )г 65 Пово;!ачиаая вектор и=. (3,5), нормальный к данной прямой, иа углы <р и — ф, получим векторы, нормальные к искомым прямым (рис 119). Рис 119 Рис. 120 Пусть и — вектор, потученпый из вектора а=(х, д) поворотом на угол !р; тогда а =(хсозф — рып !р, хз!и ф+рсозф) (4 40, формула (8)).
Таким образом, и, = (3= — 5 =, 3 ° =+5=~ )~ (1,47), 7 4, 4 7 7,. 4 4 7 У 65 )' 65 рг65 )г 65) Искомые уравнения: х — 1+47 (у — 3) =О, 41 (х — 1)+23 (р — 3) =О, или х+47р — 142=.0, 41х-!-238 — 1!0=-0 Пример 4. Основанием равнобедренного треугольника слузьит прямая х-", 2р== О, а одной из боковых сторон — прячая х — р +5=-0.
Составить уран. вение другой боковой стороны, зная, что она проходит через точку 34(4,2), ! Р е гн е и и е Угловой козффпциент стороны основания й! = — —. 2 ' Угловой коэффициент данной боковой стороны йз=(. Тангенс )гла от оснонания до данной боковой стороны 1+— 1 18а=- ' == =3. !те — й! 2 =1+йтйа==, ! 2 й ат ПРимеРы и задачи к Гг!две у 161 Тангенс угла !! от основания до искомой боковой стороны равен тапгенсу угла от основания до данной боковой стороны, но нмсст противоположный знак (рис. 120).
Следовательно, 16 6 = — 3; с другой стороны, д — 1 =!+агав' где аз †углов козффнпиеат др)гой боковой стороны. Так как 1 1 Фа+— 2 16~=-3, /г,=- —, то — 3= 2 ' 1 2 отсюда уз=7. Уравнение искомой боковой стороны у-2=7(х-4), нли 7х — у — 26 = О. 2-й способ. Так как тангенс угла а от основания до данной боковой 3 1 стороны равен 3, то (сс — острый угол) ып и==, сова= —, значит, )1 й ' р'10' 3 1 зил!) = — = , соз(! = = (О = †и угол от основания до искомой боковой Р 10' сторояы). Направляющий вектор основания а=( — 2,1(, Направляющий вектор искомой стороны 3 3 аа — — ( — 2.=+1.=-, 2 =+1 =1 ~~ (1,7!.
Искомое уравнение ! х — 4 у — 2 ~ =О, нли 7х — у — 26=0. ! 7 Пример Б. Составить уравнение прямой, отстоящей от точки М,(ха, у,) на расстоянии с( и образующей с прямой Ах+Ву+С=О острый угол сс. Р е ш с и и с. Искомых прямых четыре (рис. 121]. Поворачивая вектор п=-(А, В(, нормальный к данной прямой, на углы ф н — гр, полу пи~ векторы п = (А соз ф — В з!п (р, А з!п (р+В сов ~у), п,=(А созгр+Вып гр, — 'А з1п ~р+ В сов ~у), нормальные к искамыч правым. Возьмем искомые уравнения в виде (А соз ф т В з!п ~р) (х-хз) -с ( — 'А зш <р+В сов~у] (у — уз) + С=-О.
Так как расстояние от точки (х„ у,) до искомой прямой должно быть равно г(, то, нормируя последнее уравнение и полагая затем х=хд, У= уе получим й= !С~ )' А т -(- Вз 6 1!. с жадевав Г х а а а Р ИРЯМЛЯ ЛИНИЯ ИЛ ИЛОСКОС1И !62 отсюда С= ха Р' Аз+Ох Итак, искомые урав1юния: (А сов 81 — Вз(п ~р) (х — хе)+(А зЯп ~р+Всозгр)(д — де)+1( Р А'+Ве=О, (А соз 1р — Вз!л 41) (х — ха)+(А з1п 41+ В соз гр) (д — де) — Ы )ЛАе Вз =О, (А созе1+ Вяп 1р) (х — хе)+( — Асйп 41+ В сов 1)) (д — де)+А РлАз+В'=О, (А соз~р+Вз1п 17) (х — х )+( — Аз!п 1р+В сов~у) (д — д ) — 1( )л Аз+Вз=О Пример 6.
Определить положение точки М (1,5) отвосителш1о треугольника АВС с вершинами А (2, — 1), В (3, 1), С (4, 0). Решен не 1-й способ Составляем уравнения прямых АВ, ВС, АС: 2х †д †, (А В) х+д — 4=0, (ВС) х-2д — 4=0 (С А). Подставляя координаты точек С, А, В соответственно в уравнения противо- по. о,киых сторон АВ, ВС и СА, получим 2.4 — 0 — 5=3 > О, 2 — 1 — 4= — 3 <О, 3 — 2 — 4= — 3 <О, Подставляя координаты точки М в урасшепня тех же сторон АВ, ВС и СА, имеем 2 1 — 5 — 5= — 8< 0, Я+5 — 4=2> О, ! — 10 — 4= — 13<0. Зг чит, точка М лсжит по разны стороны с точкой С относительно АВ, по раз ~ые стороны с точкой А относительно ВС и по одну сторону с точкой В отпоси1слыю АС (сделать то шый черте.к).
2.й с и ос об. Вычислим барнцситрическнс координаты точки М относительно треугольника АВС: Ваа ! (~ 2 и== — — <О, АВС 3 11 4 01 АВМ 1 51 8 >О, у= = — -<О АВС вЂ” 3 3 Выводы ге же. Пример 7. Составить уравнения биссектрис углов между прямыми Зх — 4д+7=0, 5х+12д — 1=0, Решен не, Точка М(х, д) лежит на одной из биссектрис углов, образованных данныии прямыми тогда и только тогда, когда расстояния дт и с(з от втой точки М до данных прямых равны между собой: 81 1(з, т.
с ! Зх — 4д+ 7 ! ! 5х+ !2д — 1 ! й тй 4 бт, пРимеРы и ЗАдлчи К ГлАВе ч Длл всех точек Л! (х, у) одной пз биссектрис функции Зы — чд-,'-7 и 5х+12у — 1 иве~от одинаковые знаки (и обращаются в нуль в точке пересечс. ния прямых); для всех точек М (х, у) другой биссектрисы зги функции разных знаков (рис. !22). Значит, Уравнение одной нз биссектрис имеет вид Зх — 4у+ 7 5х+ 12у — ! 5 а уравнение лругои Зх — 4у+7 Зх+ !2у — 1 5 !3 или 7х — 56у+ 48 = 0, 32х+ 4у+ 43=0. х — у=О, (ВС) х+у=О, (СА) х+ 2д + 1 = О. (АВ) Решение. Решая данные уравнения попарно, находим вершины треу.
гольника В(- —, --), С(О О), 1 1т 3 ' 37'' А(1, — 1), Подставляя координаты точки С в уравнение АВ, получим 0+2 О+! = 1 > О. Подставляя ноардинаты точки В в уравнение прямой АС, получим 1 1 2 — -= — — < О. 3 3 3 Значит, для координат всех точек, лежащих внутри впутренпега угла Л треугольника АВС, имеем х+2у+1 > О, х+у < О, а потому искомая биссектриса проходит в тех областях, на которые плоскость делится прямыми АВ и АС, для координат точек которых функции х+2у+! ц х+д имеют разные Пример 8. Составить уранпение биссектрисы того угла между лвумя пря.
мыми к+у+2=0, х+7д+3=0, в котором лежит точка А (2, — 1) Р е ш е и н е. Подставляя координаты точка А з левые части уравнений данных прямых, получим м 2 — 1+2=3 > О, 2 — 7+3= — 2 < О. Значит, точка А лежит в тех полу- г ! * плоскостях от данных прямых, для г „! * наарднпат точек которых х+у + +2 > О, х+7у+3 < О. Искачая 1(( к . 1" х Щ~Х ! биссектриса проходит,следова сельцо, л к к . ! " „у в тех областях (па которые плоское- ! к к с)! 1 пг х х ти делится дзпиыин црямычи), для * * х координат точек которых функции к М х.(-у+2 и х+7д+3 нмекп разные к Схема знаки.
Значит, уравнение искомой биссектрисы: х+д+2 х+7д+3 нлн бх+!2у+!3=0. )т2 У 50 Примеру. Составить уравнение биссектрисы впутренцего угла треугольника, стороны которого ВС, СЛ н АВ заданы соответственно уравнениями Г а а а а Р ПРЯМАЯ ЛИНИЯ На ПЛООКООТИ 164 знаки. Поэтому искомое уравнение имеет вид х-1-и х+2д+1 или А(1, — 1), В( —, ~, С(О О) 1 1 т 3~' Теперь находим векторы АВ=~ — — — 1, — — +1 ~=~ — —, —,~, АС=(Π— 1, О+1)=( — 1,1); 3 ' 3 ) '1 3' 3!'' вместо вектора АВ можно взять вектор ) — 2,1), который коллипеарен вснтору АВ и направлен н ту же сторону.
Внутренний угол А треугольника есть угол между векторами ) — 2,1) н 1 — 1,1), значит, соз А ( — 2) ( — 1)+! ° 1 3 У( — 2)'+ !' Рг( — 1Р+! У10 2-й способ. Подставляя координаты точки С в левуго часть уравнения АВ, получим ! > О, а подставляя координаты точки В в леву~о часть уранне- 1 ! 2 иия АС, получим — — — = — — <О, Значит, из уравнений 3 х+д=О, х+2д+1=0 угол А определяется по формуле (3) 6 65: 11+12 3 соз А = )' 2')г 5 г'1О Пример 11. Определить тангенсы внутренних углов треугольника, стороны которого заданы уравнениями 2х+Зд — 6=0, 2х-д — 5=0, х — Зд — 4=0.
Решен не. Обоэначип стороны треугольника цифрамн 1, 2, 3 в том порядке, как они заданы, и пусть ик угловые коэффициенты соответственно равны «ь «э «з: 2 «1= — —, «,=2 3 ' 1 «з= 3 ' Тогда тангенсы углов 1211, 1рм и 41эт от первой стороны до второй, от второй до третьей и от третьей до первой будут1 «з — «1 1и 1р = — „= — 8.
1+«« «з — «э !а р =1 =-1 «1 — «э О !ь 'рж = — =— 1+ «1«Ь ()т 2+ Рг 5) х+ ( У 5 (-2 У 2) д+ У 2 =О. Пример !О. Найти косинус внутреннего угла А треугольника, уравнения сторон которого: х — Ч=О, (ВС) х+д=О, (СА) х+2д+1=0, (АВ) Р е ш е н и е. 1-й способ. Решая данные уравнения попарно, найдем вершины треугольника 5 Зт, ПРИМЕРЫ И ЗАДАл!И К ГЛАВЕ Ч 165 )(о три угла от первой стороны до второй, от второй до третьей и от третьей до первой являются либо все внутренними углами треугольника, либо все впешниии. Так как в данном случае все три тапгенса — числа отрицательные, то углы шло, лрол и ~рзл — внешние. Вллутренние углы треугольника дополняют нх до !30, поэтому тангенсы внутренних углов треугольника бу- 9 дут3,1 11 7 Пример 12.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
